2023年中考九年級數(shù)學(xué)高頻考點提升練習(xí)-四邊形的動點(含答案)

2023年中考九年級數(shù)學(xué)高頻考點提升練習(xí)--四邊形的動點1．如圖，在四邊形ABCD中，AD//BC，∠C=90°，BC=16，DC=12，AD=21，動點P從點D出發(fā)，沿線段DA的方向以每秒2個單位長的速度運動；動點Q從點C出發(fā)，在線段CB上以每秒1個單位長的速度向點B運動；點P，Q分別從點D，C同時出發(fā)，當(dāng)點P運動到點A時，點Q隨之停止運動，設(shè)運動的時間為t秒）.（1）當(dāng)t=2時，求△BPQ的面積；（2）若四邊形ABQP為平行四邊形，求運動時間t.（3）當(dāng)t為何值時，以B、P、Q為頂點的三角形是等腰三角形？2．已知：正方形ABCD，點P是對角線AC所在直線上的動點，點E在DC邊所在的直線上，且隨著點P的運動而運動，PE=PD總成立．（1）如圖1，當(dāng)點P在對角線AC上時，請你猜想PE與PB有怎樣的數(shù)量關(guān)系，并加以證明；（2）如圖2，當(dāng)點P運動到CA的延長線上時，（1）中猜想的結(jié)論是否成立？如果成立，請給出證明；如果不成立，請說明理由；（3）如圖2，當(dāng)點P運動到CA的反向延長線上時，請你利用圖3畫出滿足條件的圖形，并判斷此時PE與PB有怎樣的關(guān)系？（直接寫出結(jié)論不必證明）3．如圖1，在矩形ABCD中，AD=4,CD=2，點M從點A出發(fā)向點D移動，速度為每秒1個單位長度，點N從點C出發(fā)向點D移動，速度為每秒2個單位長度.兩點同時出發(fā)，且其中的任何一點到達終點后，另一點的移動同時停止.（1）若兩點的運動時間為t，當(dāng)t為何值時，ΔAMB～ΔDNA？（2）在（1）的情況下，猜想AN與BM的位置關(guān)系并證明你的結(jié)論.（3）①如圖2，當(dāng)AB=CD=2時，其他條件不變，若（2）中的結(jié)論仍成立，則t=.②當(dāng)ADAB=n(n>1)，AB=2時，其他條件不變，若（2）中的結(jié)論仍成立，則t=（用含n4．如圖1，正方形ABCD的對角線相交于點O，延長OD到點G，延長OC到點E，使OG=2OD，OE=2OC，以O(shè)G，OE為臨邊做正方形OEFG，連接AG，DE．（1）探究AG與DE的位置關(guān)系與數(shù)量關(guān)系，并證明；（2）固定正方形ABCD，以點O為旋轉(zhuǎn)中心，將圖1中的方形OEFG逆時針轉(zhuǎn)n°（0<n<180）得到正方形OE1F1G①在旋轉(zhuǎn)過程中，當(dāng)∠OAG1=90°②在旋轉(zhuǎn)過程中，設(shè)點E1到直線AG1的距離為d，若正方形ABCD的邊長為15．如圖，四邊形ABCD中，∠A＝∠B＝90°，AB＝AD，BC＝7cm，點P，Q同時從點B出發(fā)，點P以2cm/s的速度沿B→A→D運動，到點D停止，點Q以3cm/s的速度沿B→C→D運動，到點D停止．設(shè)點P的運動時間為t（s），△PBQ的面積為S（cm2）．當(dāng)點Q到達點C時，點P在AD上，此時S＝14（cm2）．（1）求CD的長；（2）求S關(guān)于t的函數(shù)關(guān)系式，并直接寫出自變量t的取值范圍．6．如圖（1）（問題發(fā)現(xiàn)）如圖①，正方形AEFG的兩邊分別在正方形ABCD的邊AB和AD上，連接CF．填空：①線段CF與DG的數(shù)量關(guān)系為；②直線CF與DG所夾銳角的度數(shù)為．（2）（拓展探究）如圖②，將正方形AEFG繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)，在旋轉(zhuǎn)的過程中，（1）中的結(jié)論是否仍然成立，請利用圖②進行說明．（3）（解決問題）如圖③，△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，∠BAC＝∠DAE＝90°，AB＝AC＝4，O為AC的中點．若點D在直線BC上運動，連接OE，則在點D的運動過程中，線段OE長的最小值為（直接寫出結(jié)果）．7．在矩形ABCD中，AB=6，AD=4，點M為AB邊上一個動點，連接DM，過點M作MN⊥DM，且MN=32DM，連接（1）如圖①，連接BD與BN，BD交MN于點E.①求證：△ABD∽△MND；②求證：∠CBN=∠DNM；（2）如圖②，當(dāng)AM=4BM時，求證：A，C，N三點在同一條直線上.8．正方形ABCD在平面直角坐標(biāo)系中的位置如圖所示，AD//BC//x軸，AD與y軸交于點E，OE=1，且AE，DE的長滿足AE-3+|DE-1|=0．（1）求點A的坐標(biāo)；（2）若P(-4，-1)，求（3）在（2）的條件下，正方形ABCD的邊上是否存在點M，使S△EPC=2S9．已知，如圖1，在四邊形ABCD中，AD//BC，∠BCD=90°，AD=CD=6，tanB=3，動點P從B出發(fā)，以每秒1個單位長度的速度沿BC方向運動，過點P作PE⊥BC，交折線BA-AD于點E，以PE為斜邊向右作等腰直角三角形PEF，設(shè)點P的運動時間為t秒（t＞0）（1）當(dāng)t為何值時，點F恰好落在CD上？（2）若P與C重合時運動結(jié)束，在整個運動過程中，設(shè)等腰直角三角形PEF與四邊形ABCD重疊部分的面積為S，請求S關(guān)于t之間的函數(shù)關(guān)系式；（3）當(dāng)F在CD右側(cè)時，是否存在某一時刻，使得重疊部分的面積S與四邊形ABCD重疊部分的面積比為1：8？若存在，求出t的值；若不存在，請說明理由；（4）如圖2，在點P開始運動時，BC上另一點Q同時從點C出發(fā)，以每秒2個單位長度的速度沿CB方向運動，當(dāng)Q到達B點時停止運動，同時點P也停止運動，過點Q作QM⊥BC，交射線CA于點M，以QM為斜邊向左作等腰直角三角形QMN，若兩個等腰直角三角形分別有一條邊恰好在一條直線上，請直接寫出t的值．10．如圖，在四邊形ABCD中,AB//DC,CB⊥AB.AB=16cm，BC=6cm，CD=8cm，動點P從點D開始沿DA邊勻速運動，動點Q從點A開始沿AB邊勻速運動，它們的運動速度均為2cm/s。點P和點Q同時出發(fā)，設(shè)運動的時間為t(s),0<t<5.（1）用含t的代數(shù)式表示AP;（2）當(dāng)以點A.P,Q為頂點的三角形與△ABD相似時，求t的值;（3）當(dāng)QP⊥BD時,求t的值11．在矩形ABCD中，AB=1，BC=a，點E是邊BC上一動點，連接AE，將△ABE沿AE翻折，點B的對應(yīng)點為點B'（1）如圖，設(shè)BE=x，BC=3，在點E從B點運動到C點的過程中①AB'+CB'最小值是，此時②點B'的運動路徑長為（2）如圖，設(shè)BE=35a，當(dāng)點B的對應(yīng)點B'落在矩形ABCD的邊上時，求12．如圖，已知：在矩形ABCD中，AB＝6cm，BC＝8cm，點P從點B出發(fā)，沿BC方向勻速運動，速度為2cm/s；與點P同時，點Q從D點出發(fā)，沿DA方向勻速運動，速度為1cm/s；過點Q作QE∥AC，交DC于點E.設(shè)運動時間為t（s），（0＜t＜4），解答下列問題：（1）當(dāng)t＝83時，BP長為cm，AQ長為cm（2）在運動過程中，是否存在某一時刻t，使PQ平分∠APC？若存在，求出t的值；若不存在，請說明理由；（3）當(dāng)0＜t＜83時，是否存在某一時刻t，使△PQE是直角三角形？若存在，直接寫出t的值；若不存在，請說明理由13．直觀感知和操作確認是發(fā)現(xiàn)幾何學(xué)習(xí)的重要方式，解決下列問題．（1）問題情境：如圖1，三個相同的三角尺拼成一個圖形，直接寫出圖中的平行線；（2）問題理解：如圖2，在三個相同的直角三角形拼成的一個圖形中，若點M是線段BC的三等分點（其中CM>BM），點P是線段AC上的一個動點，畫出BP＋PM取得最小值時點P的位置，并說明理由；（3）問題運用：如圖3，在三個相同的直角三角形拼成的一個圖形中，點M是直線BD上的一個動點，點P是線段CE上的一個動點．若AC＝a、CE＝b、AE＝c（其中a、b、c為常數(shù)），求DP＋PM的最小值．14．已知，如圖，在矩形ABCD中，AB=6cm，BC=8cm，對角線AC，BD交于點O．點P從點A出發(fā)，沿AD方向勻速運動，速度為1cm/s；同時，點Q從點D出發(fā)，沿DC方向勻速運動，速度也為1cm/s：當(dāng)一個點停止運動時，另一個點也停止運動：聯(lián)結(jié)PO并延長，交BC于點E，過點Q作QF//AC，交BD與點F，設(shè)運動時間為t(s)(0<t<6)．（1）當(dāng)t為何值時，△AOP是等腰三角形；（2）設(shè)五邊形OECQF的面積為S(cm2)，求S（3）在運動過程中，是否存在某一時刻t，使OD平分∠COP?若存在求出t的值；若不存在，請說明理由．15．如圖，在長方形ABCD中，AB＝CD＝8cm，BC＝AD＝14cm，點P從點B出發(fā)，以2cm/秒的速度沿BC向點C運動，設(shè)點P的運動時間為t秒：（1）BP＝cm．(用t的代數(shù)式表示)（2）當(dāng)t為何值時，△ABP≌△DCP？（3）當(dāng)點P從點B開始運動，同時，點Q從點C出發(fā)，以vcm/秒的速度沿CD向點D運動，是否存在這樣v的值，使得△ABP與△PQC全等？若存在，請求出v的值；若不存在，請說明理由．16．如圖，矩形ABCD的對角線AC，BD相交于點O，ΔCOD關(guān)于CD的對稱圖形為ΔCED．（1）求證：四邊形OCED是菱形；（2）連接AE，若AB=6cm，BC=5cm①求sin∠EAD②若點P為線段AE上一動點（不與點A重合），連接OP，一動點Q從點O出發(fā)，以1cm/s的速度沿線段OP勻速運動到點P，再以1.5cm/s的速度沿線段PA勻速運動到點A，到達點A后停止運動．當(dāng)點Q沿上述路線運動到點A所需要的時間最短時，求AP的長和點Q走完全程所需的時間．

答案解析部分1．【答案】（1）解：過點P作PM⊥BC于M，則四邊形PDCM為矩形.∴PM=DC=12，∵QB=16-t，當(dāng)t=2時，則BQ=14，則S=12QB×PM=（2）解：當(dāng)四邊形ABQP是平行四邊形時，AP=BQ,即：解得：t=5∴當(dāng)t=5時，四邊形ABQP是平行四邊形.（3）解：由圖可知，CM=PD=2t，CQ=t，若以B、P、Q為頂點的三角形是等腰三角形，可以分為以下三種情況：①若PQ=BQ，在Rt△PMQ中，PQ2=t2+122，由PQ2=BQ②若BP=BQ，在Rt△PMB中，PB2=(16-2t)2+122，由PB2=BQ此時，△=(-32)所以此方程無解，所以BP≠BQ；③若PB=PQ，由PB2=PQ2得t1=163，綜上所述，當(dāng)t=72或163時，以B、P、2．【答案】（1）解：猜想：PE=PB，理由：如圖1中，∵四邊形ABCD是正方形，AC為對角線，∴CD=CB，∠ACD=∠ACB，又∵PC=PC，∴△PDC≌△PBC（SAS），∴PD=PB，∵PE=PD，∴PE=PB．故答案為：PE=PB．（2）解：（1）中的結(jié)論成立．∵四邊形ABCD是正方形，AC為對角線，∴CD=CB，∠ACD=∠ACB，又∵PC=PC，∴△PDC≌△PBC（SAS），∴PD=PB，∵PE=PD，∴PE=PB．（3）解：解：如圖3所示：結(jié)論：①PE=PB，②PE⊥PB．3．【答案】（1）解：∵ΔAMB～ΔDNA，∴AMDN=AB∴t2-2t=解得t=1（2）AN⊥BM.證明：∵ΔAMB～ΔDNA，∴∠ABM=∠DAN.∵∠DAN+∠BAN=90°∴∠ABM+∠BAN=90°∴∠AEB=90°，即（3）23；4．【答案】（1）解：AG⊥DE，AG=DE.證明：如圖1，延長ED交AG于點H，∵點O是正方形ABCD兩對角線的交點，∴OA=OC=OD，OA⊥OD，∴∠AOG=∠DOE=90°，∵OG=2OD，OE=2OC，∴OG=OE，在ΔAOG和ΔDOE中，OA=OD∠AOG=∠DOEOG=OE∴ΔAOG?ΔDOE(SAS)，∴AG=DE，∠AGO=∠DEO，∵∠AGO+∠GAO=90°，∴∠GAO+∠DEO=90°，∴∠AHE=90°，∴AG⊥DE，故AG⊥DE，AG=DE（2）解：①在旋轉(zhuǎn)過程中，∠OAG1=90°（Ⅰ）n由0增大到90過程中，當(dāng)∠OAG1∵OA=OD=12∴在RtΔOAG1中，sin∴∠AG1∵OA⊥OD，OA⊥AG1∴OD//AG1∴∠DOG1即n=30；（Ⅱ）n由90增大到180過程中，當(dāng)∠OAG1同理可求∠BOG1∴∠DOG1∴n=150；綜上所述，當(dāng)∠OAG1=90°時，n=30②如圖3，d的最大值為E1H=D如圖4，d的最小值為E1H=D理由如下：如圖3、圖4所示，連接E1G1，設(shè)直線E1D交直線AG1于H，作正方形仿照（1）的證明，可證得DE⊥AG，即在旋轉(zhuǎn)過程中，∠E1HG1=90°在旋轉(zhuǎn)過程中，E1H第一種情況，當(dāng)E1H在∠OE1G內(nèi)時，第二種情況：當(dāng)E1H在∠OE1G1外時，∵OG1∴E1在Rt△E1HG1中，∴d=2sin∠所以，當(dāng)∠E1G1H當(dāng)∠E1G1H設(shè)點O到AG1的距離為m，則sin由上式可知，當(dāng)m取最大值時，∠OG1在旋轉(zhuǎn)過程中，當(dāng)E1D與⊙O相切，即∠OAG1=90°此時，∠OG1A取最大值，從而由①可知，當(dāng)∠OAG1=90°時，在（1）中，已證得ΔAOG1?ΔDOE1∴四邊形AODH為正方形，∴DH=AO=22∴DE1∴d的最大值為E1H=Dd的最小值為E5．【答案】（1）解：∵當(dāng)點Q到達點C時，點P在AD上，此時S=14(∴12AB?BC=14解得AB=4(如圖，過點D作DE⊥BC于點E，∵∠A=∠B=90°，∴四邊形ABED是正方形，∴DE=BE=AB=4cm，∴CE=BC-BE=7-4=3(在Rt△CDE中，CD=D（2）解：點P到達點A所需時間為AB2=2(s)點Q到達點C所需時間為BC3=73(①當(dāng)0≤t≤2時，點P在AB上（含端點），點Q在BC上，如圖所示：則BP=2tcm，所以S=1②當(dāng)2<t≤73時，點P在AD上，點Q在則BQ=3tcm，△PBQ的BQ邊上的高等于AB長，即為4cm，所以S=1③當(dāng)73<t≤4時，點P在AD上（含端點），點Q在則AP=(∴DP=AD-AP=(過點Q作BC的垂線，交BC于點M，交AD延長線于點N，∴四邊形ABMN是矩形，∴MN=AB=4cm，由（1）可知，sinC=在Rt△CMQ中，sinC=MQCQ解得MQ=12∴NQ=MN-MQ=-12則S=S=(=-12綜上，S=36．【答案】（1）CF＝2DG；45°（2）解：結(jié)論不變．理由：連接AC，AF，延長CF交DG的延長線于點K，AG交FK于點O．∵∠CAD＝∠FAG＝45°，∴∠CAF＝∠DAG，∵AC＝2AD，AF＝2AG，∴ACAD=∴△CAF∽△DAG，∴CFDG=ACAD=2∴CF＝2DG，∠AFO＝∠OGK，∵∠AOF＝∠GOK，∴∠K＝∠FAO＝45°．（3）27．【答案】（1）解：①證明：如圖①∵四邊形ABCD為矩形，DM⊥MN∴∠A=∠DMN＝90°∵AB=6，AD=4，MN=32∴AD∴△ABD∽△MND②證明：如圖①∵四邊形ABCD為矩形，DM⊥MN∴∠ABC=∠DMN＝90°∴∠ABD+∠CBD＝90°由①得△ABD∽△MND∴∠ABD＝∠DNM又∵∠MEB＝∠DEN∴△MBE∽△DNE∴ME又∵∠MED＝∠BEN∴△DME∽△NBE∴∠NBE＝∠DME=90°∴∠CBN+∠CBD＝90°∴∠CBN＝∠DNM（2）解：如圖②過點N作NF⊥AB，交AB延長線于點F，連接AC，AN.則∠NFA＝90°∵四邊形ABCD為矩形，AD＝4，AB=6∴∠A＝∠ABC＝90°，BC＝AD＝4，BC則∠ADM+∠AMD＝90°∵AM=4BM，AB=6∴AM=45AB=又∵DM⊥MN∴∠DMN＝90°∴∠AMD+∠FMN＝90°∴∠ADM＝∠FMN∴△ADM∽△FMN∴AD即4MF=245∴NFAF=∵∠ABC＝∠AFN＝90°∴△ABC∽△AFN∴∠BAC＝∠FAN∴A，C，N三點在同一條直線上.證法二：過點N作NF⊥AB，交AB延長線于點F，過C作CN⊥NF于K，連接AC，AN，由勾股定理分別求出AC，CN，AN的長，由AC+CN=AN得A，C，N三點在同一條直線上.證法三：建立平面直角坐標(biāo)系，先求出A，C，N的坐標(biāo)，再用其中兩點求出一次函數(shù)的直線解析式，把第三個點代入驗證，得A，C，N三點在同一條直線上.8．【答案】（1）解：∵AE-3≥0，|DE-1|≥0，且AE-3∴AE-3=0，DE-1=0．∴AE=3，DE=1．∵OE=1，∴A(-3，（2）解：如圖1，過點P做x軸的垂線，交DA和CB的延長線于點F和點G．∵AE=3，DE=1，∴AD=DC=AB=BC=4．∵P(-4，∴FE=4，GC=5．∵DE=OE=1，∴PG=FP=2．∴S長方形DCFG=4×5=20，∴S∴S∴S∴S△EPC=S長方形（3）解：正方形ABCD的邊上存在點M，使S△EPC=2∵S∴S如圖2，當(dāng)點M在線段AD上時，S當(dāng)點M在線段BC上時，S當(dāng)點M在線段CD上時，S∴此時不存在；當(dāng)點M在線段AB上時，可知當(dāng)點M在點A的位置時到CE的距離最近，∴∴此時不存在，∴M1(-9．【答案】（1）解：如圖，過點A作AG⊥BC于點G．∴AG=CD=6．∵在Rt△ABG中，tanB=AGBG∴BG=2，∴BC=BG+CG=6+2=8．當(dāng)點F恰好落在CD上時，如圖，由此可知△DEF和△CPF均為等腰直角三角形，∴DE=DF=22EF∵△PEF為等腰直角三角形．∴EF=PF，∴CP=CF=DE=DF=1∴BP=BC-CP=8-3=5．∴t=BP（2）解：分類討論：①當(dāng)點P在BG之間時，即0≤t<2時，如圖，∴此時重合部分面積即為S△PEF∵在Rt△BPE中，EP=BP?tan∴EF=PF=2∴S=S②當(dāng)點P過點G，且F點在四邊形ABCD內(nèi)部時，即2≤t<5時，如圖，∴此時重合部分面積即為S△PEF此時EP=CD=6，∴EF=PF=2∴S=S③當(dāng)點F在四邊形ABCD外部時，即5≤t≤8時，如圖，設(shè)EF交CD于點M，PF交CD于點N，∴此時重合部分面積為S梯形同理（1）△DEM和△CPN均為等腰直角三角形．∴DE=DM=22EM∵EM=PN，∴DE=DM=CP=CN=BC-BP=8-t，∴MN=CD-DM-CN=6-2(∴S=S綜上可知S關(guān)于t之間的函數(shù)關(guān)系式為S=9（3）解：∵S梯形∴若存在，S=1∵F在CD右側(cè)，∴-t解得：t1∵5≤t≤8，∴t=5+15故存在，此時t的值為5+15（4）解：t的值為43或85或10．【答案】（1）解：過點D作DE⊥AB于E

則四邊形BCDE是矩形

BE=CD=8,DE=BC=6

AE=AB-BE=8

在Rt△AED中，AD=根號62-82=10

∴AP=10-2t（2）解：當(dāng)△ABD~△APQ時AB∴1610-2=102t解得當(dāng)△ABD~△AQPAB∴162t=1010-2t（3）解：過P作PF⊥AB于F則△APF~△ADE∴APAD=PFDE=AFAE∴10-2t10=PFAF=45（10-2t）=8-8∴QF=8-85t-2t=8-18∵PQ⊥BD∴∠PQF=∠BDE∴tan∠PQF=tan∠BDE=BEDE=∴PFQE=43∴6-11．【答案】（1）2；33；（2）解：當(dāng)點B'落在AD邊上時（如圖），四邊形ABEB'∴BE=AB=1，∴35a=1解得a=53當(dāng)點B'落在CD由折疊得B'E=BE=a，AB=A∴CE=25a，由△CEB'∴CEB'E=DB解得a=±53∵a>0，∴a=53∴a=53或a=12．【答案】（1）163；（2）解：如圖1，當(dāng)PQ平分∠APC，則有∠APQ=∠CPQ，∵矩形ABCD中，AB=6cm，BC=8cm，∴AD∥BC，AD=BC=8cm，AB=CD=6cm，∠B=90°，∴∠CPQ=∠AQP，∴∠APQ=∠AQP=∠CPQ，∴AP=AQ，∴AP2=AQ2，∵∠B=90°，∴AP2=AB2+BP2=62+（2t）2，∴62+（2t）2=（8-t）2，解得：t1=-8+2373，t2=∵0＜t＜4，∴t=-8+237即：當(dāng)t=-8+2373秒時，PQ平分（3）解：①當(dāng)∠QEP=90°，如圖，∵QE∥AC，∴△DQE∽△DAC，∴DQDA當(dāng)運動時間為ts時，QD=tcm，∴DE=34t（cmEC=DC-DE=（6-34t）cmBP=2tcm，CP=（8-2t）cm，∵∠QED+∠EQD=90°，∠CEP+∠EQD=90°，∴∠CEP=∠EQD，又∵∠QDE=∠ECP=90°，∴△QDE∽△ECP，∴QDEC=DE解得：t=5623或∵0＜t＜83，故t=0∴t=5623②當(dāng)∠PQE=90°時，如圖，過點P作線段PI⊥AD于點I，∵∠EQD+∠PQI=90°，∠QED+∠EQD=90°，∴∠PQI=∠QED，又∵∠QDE=∠PIQ=90°，∴△QDE∽△PIQ，當(dāng)運動時間為ts時，QD=tcm，由（2）可知，DE=34t（cmBP=AI=2t（cm），∴QI=AD-QD-AI=8-t-2t=（8-3t）cm，PI=AB=6cm，∴PIQD=IQ解得：t=76或t=0∵0＜t＜83，故t=0∴t=76③當(dāng)∠QPE=90°，不滿足題意，綜上所述，t=5623或t=76時，△PQE13．【答案】（1）解：DE∥AC，CD∥AB，AE∥CB（2）解：如圖，延長BA至點Q，使AQ=BA，連接MQ交AC于一點即為點P，∵AB=AQ，AC⊥BQ，∴AC是BQ的垂直平分線，∴BP=PQ，∴BM+PM=PQ+PM=MQ；即此時BP＋PM取得最小值；（3）解：如圖，延長DE至點N，使EN=DE，連接AN，∵AE∥DB，∴∠NEA=∠NDC，∠NAE=∠B，∴∠ENA=90°，∴△NDB是直角三角形，且△NAE是可以由△ECD平移得到，∴AN=CE，連接DP，NP，PM，過N作NH⊥DB于H，∵DE=NE，CE⊥DN，∴DP=NP，∴DP+PM=NP+PM，當(dāng)N、P、M三點共線，且NM⊥DB時DP+PM有最小值，最小值為NH的長度，∵S△BDN=12×DN×BN=12∴2c×NH=2a×2b，解得NH=2abc∴DP+PM的最小值為2abc14．【答案】（1）解：∵在矩形ABCD中，AB=6cm，BC=8cm，∠ABC=90°，∴AC=10，AO=12AC=5，點O到AD當(dāng)△AOP為等腰三角形時，分三種情況討論：當(dāng)AP=PO=t時過P作PM⊥AO，如圖1所示：∴.AM=∵∠PMA=∠ADC=90°，∠PAM=∠CAD，∴△APM∽△ACD，∴?∴AP=25∴t=25②當(dāng)AP=AO=t=5cm；③當(dāng)PO=AO時即點P與點D重合，t=8s．不合題意，舍去．綜上所述，當(dāng)t=258s或5s（2）解：在矩形ABCD中，AB=6cm，BC=8cm，∴S∵QF//AC，∴△DFQ∽△DOC，∴S△DFQ在矩形ABCD中，AD//BC，